Главная страница

2 , вариант 1 На окружности радиусом 20 с центром в вершине c треугольника


Скачать 363.99 Kb.
Название2 , вариант 1 На окружности радиусом 20 с центром в вершине c треугольника
Анкорmatem2015zadanie18prof+otvet (1).pdf
Дата02.04.2018
Размер363.99 Kb.
Формат файлаpdf
Имя файлаmatem2015zadanie18prof_otvet_1.pdf
оригинальный pdf просмотр
ТипДокументы
#39254
Каталогlobodanovo

С этим файлом связано 10 файл(ов). Среди них: YaN_KODIF_2015.pdf, YaI_KODIF_2015.pdf, matem2015zadanie18prof_otvet_1.pdf, YaF_KODIF_2015.pdf, RU_KODIF_2015.pdf, OB_KODIF_2015.pdf, MA_KT_2015.pdf, C5.pdf, MA_KES_2015.pdf, INF_KODIF_2014.pdf.
Показать все связанные файлы

[2], вариант 1
На окружности радиусом 20 с центром в вершине C треугольника
ABC
взята точка P . Известно, что AB = 25, AC = 15, BC = 20,
а треугольники AP C и BP C равновелики. Найдите расстояние от точки P до прямой AB, если известно, что оно меньше 25.
Каковы особенности задачи, исходя из данных? Во-первых, мож- но заметить, что треугольник ABC прямоугольный, во-вторых, вер- шина прямого угла расположена в центре окружности и, в третьих,
радиус окружности совпадает с одним из катетов. Учитывая резуль- таты наблюдений, подготовим чертеж (рис. 1).
Рис. 1.
Рис. 2.
Надо определиться с положением точки P на окружности. От- влекаясь от конкретной фигуры, разберемся в общем случае, каковы типичные ситуации, в которых получаются равновеликие треуголь- ники? Заметим, что у наших треугольников есть общая сторона, это
CP
. Возьмем прямую, на которой эта сторона лежит. Если треуголь- ники с CP как основанием и вершинами A и B равновеликие, то эти вершины лежат либо на одной прямой, параллельной CP , либо одна из них на прямой, параллельной CP , а другая — на другой прямой,
1
параллельной CP и отстоящей от нее на таком же расстоянии, как и первая прямая (рис. 2(a),(b)).
В первом случае, когда вершины A и B лежат на одной прямой,
надо через точку C провести прямую, параллельную AB, и точки P
брать на этой прямой. В условии сказано, что точка P должна ле- жать на окружности, стало быть, это одна из двух точек пересечения прямой с окружностью (рис. 3).
Во втором случае, когда вершины A и B лежат на разных пря- мых, заметим, что ввиду одинакового отстояния точек A и B от пря- мой CP отрезок AB пересекается с прямой CP в середине. Это на- блюдение указывает на то, что точка P должна быть на прямой,
проходящей через точку C и середину T отрезка AB. Значит, еще два варианта расположения точки P — это пересечения прямой CT с окружностью (рис. 4).
Рис. 3.
Рис. 4.
В первом случае расстояние от P до AB равно расстоянию меж- ду параллельными прямыми AB и CP , и его проще всего найти как величину высоты h в прямоугольном треугольнике ABC. Выражая двояко величину площади этого треугольника, имеем AB·h = AC·BC,
т. е. 25h = 15 · 20, откуда h = 12.
Во втором случае расстояния можно найти из подобия треуголь- ников △P
1
T D ∼ △CT E и △P
2
T F ∼ △CT E, в которых CP
1
= CB =
20, CT =
1 2
AB
=
25 2
, P
1
T
= CP
1
− CT , P
2
T
= P
2
C
+ CT . Оформляя указанные подобия, находим:
P
1
D
h
=
P
1
T
CT
=
3 5
,
откуда P
1
D
= 7,2, и
P
2
F
h
=
P
2
T
CT
=
13 5
,
откуда P
2
F
= 31,2. Из найденных значений меньше 25 числа 12 и 7,2,
они и составят ответ.
2

[2], вариант 3
На катетах AC и BC прямоугольного треугольника ABC вне тре- угольника построены квадраты ACDE и BF KC. Точка M — середи- на гипотенузы AB, H — точка пересечения прямых CM и DK.
(a) доказать, что CM ⊥ DK,
(b) найти M H, если известно, что катеты треугольника ABC рав- ны a и b.
Отразим на чертеже все указанные в условии задачи обстоятель- ства (рис. 1).
Рис. 1.

Какие особенности задачи можно отметить на основе данных?
Наличие прямоугольного треугольника и квадратов и участие в усло- вии точки M — середины гипотенузы. Она, в частности, служит цен- тром описанной около △ABC окружности, так что AM = BM =
CM
=
c
2
, если c — длина гипотенузы. Появились равнобедренные треугольники. Так как нам надо будет работать с углами, полезно отметить равные углы, одинаково обозначая равные величины: пусть
∠M BC = ∠M CB = α, ∠M AC = ∠M CA = β, причем α + β = 90

ввиду прямоугольности треугольника ABC (см. рис. 1).
Следующей особенностью задачи служит наличие специально расположенных квадратов. Что из этого можно извлечь? Например,
равенство отрезков, а именно BC = CK, AC = CD, что влечет равен- ство прямоугольных треугольников △ABC = △DCK. В частности,
∠CKD = α, ∠CDK = β.
Осталось обеспечить перевод информации об углах из треуголь- ника ABC в треугольник DCK, заметив, что углы ∠BCM и ∠DCH,
1
а также ∠ACM и ∠KCH вертикальные, стало быть, ∠DCH = α и
∠CHD = 180

− (α + β) = 90

. Утверждение п. (a) доказано.
Перейдем к вычислению отрезка M H. Как найти отрезок? Из треугольника. Но у нас он ни в какой разумный треугольник как сторона не входит. Значит, надо попробовать составить его из двух отрезков: M H = CM + CH. Откуда найти отрезок M H? Выше отме- чено, что это половина гипотенузы, т. е. CM =
1 2
a
2
+ b
2
. Отрезок
CH
— высота в прямоугольном треугольнике, которая легко находит- ся с помощью сопоставления двух разных выражений для площади:
ab
= CH ·

a
2
+ b
2
, откуда CH =
ab

a
2
+ b
2
. Наконец,
M H
=
1 2
a
2
+ b
2
+
ab

a
2
+ b
2
=
(a + b)
2 2

a
2
+ b
2 2

[2], вариант 5
На сторонах AC и BC треугольника ABC вне треугольника по- строены квадраты ACDE и BF KC. Точка M — середина стороны
AB
(a) Доказать, что CM =
1 2
DK
(b) Найти расстояние от точки M до центров квадратов, если
AC
= 6, BC = 10 и ∠ACB = 30

Изобразим квадрат со стороной BC и от его верхней стороны отложим угол величиной 30

. На стороне угла, отличной от стороны квадрата, отложим отрезок AC, и построим квадрат со стороной AC.
Отметим середину M отрезка AB (рис. 1).
Рис. 1.
Как можно связать отрезок CM и половину отрезка DK? Ни- каких поводов для сопоставления на основе имеющихся данных не просматривается.

Какие особенности задачи можно отметить на основе данных?
Есть медиана в треугольнике ABC.
Вспомним, каковы основные принципы использования медианы? Во-первых, конец ее попадает в середину стороны, но эта информация нам ничего не добавляет. Если медиана участвует в задачах, связанных с вычислениями, то полез- но применить теорему косинусов к двум треугольникам с медианой в качестве общей стороны. Но у нас пока нет потребности в вычислени- ях. Наконец, можно продлить отрезок CM за пределы треугольника
ABC
на расстояние, равное его длине, и достроить треугольник до параллелограмма ALBC (рис. 2). В этой ситуации CL = 2CM и задачу можно переформулировать так: обосновать равенство отрез- ков CL и DK. Для этого надо проанализировать треугольники ACL
1
и CDK, в которых интересующие нас отрезки являются сторонами.
Согласно условию AL = BC = CK, AC = CD и нетрудно заметить,
что ∠CAL = ∠DCK = 150

. Стало быть, △CAL = △DCK, откуда
CL
= DK и утверждение п. (a) доказано.
Рис. 2.
Займемся вычислениями отрезков M P и M Q, где P , Q — центры соответствующих квадратов (рис. 3). Откуда найти отрезок, напри- мер M Q? Из треугольника, в котором этот отрезок — сторона. Пока этот отрезок ни в каком треугольнике как сторона не замечен. Ста- ло быть, надо подобрать такой треугольник самим, ориентируясь на возможность и реальность проведения соответствующих вычислений.
Треугольник, в котором M Q — сторона, получить легко — надо к точкам M и Q добавить еще одну точку, получится треугольник, и предстоит проанализировать, насколько из него можно найти требу- емый отрезок.
Рис. 3.
2

Начнем добавлять наиболее выдающиеся точки, здесь одна из та- ких точек — это вершина B квадрата, ближе всего расположенная к
M
(рис. 3). В этом треугольнике известна сторона BQ, сторону BM
можно найти как половину отрезка AB, который, в свою очередь,
ищется по теореме косинусов из треугольника ABC. Наконец, угол
∠QBM можно составить из двух углов, один из которых равен 45

,
а второй можно найти из △ABC. В принципе, если ничего другого не найдется, то этот путь можно проделать. Однако сразу надо заме- тить, что выражение для стороны AB простотой отличаться не будет,
так что процесс нахождения угла ∠QBM может оказаться трудоем- ким, и с учетом этих наблюдений попробуем еще какую-либо точку в качестве третьей для обеспечения треугольника, в котором M Q —
сторона.
Рис. 4.
Следующей возьмем середину стороны BC квадрата, обозначим ее через S (рис. 4). В △MQS есть сторона QS, равная половине сто- роны KC квадрата, сторона M S, равная половине AC, и угол между ними, равный 120

. Идеальная ситуация для подсчета M Q:
M Q
2
= 25 + 9 + 2 · 5 · 3 ·
1 2
= 49,
откуда M Q = 7.
Обращаясь к отрезку M P , можно заметить, что он находится из аналогичного треугольника, в котором в качестве третьей вершины к A и P добавлена середина отрезка AC. Нетрудно заметить, что такой треугольник равен только что использованному при подсчете
M Q
, так что M P = M Q.
3

[2], вариант 6
Две окружности касаются внутренним образом. Третья окруж- ность касается первых двух и их линии центров.
(a) Доказать, что периметр треугольника с вершинами в центрах трех окружностей равен диаметру наибольшей из этих окружностей.
(b) Найти радиус третьей окружности, если известно, что ради- усы первых двух равны 6 и 2.
Решение. Подготовим рисунок согласно условиям: изобразим б´ольшую окружность, проведем горизонтально ее диаметр и изобразим мень- шую окружность, взяв ее центр на имеющемся диаметре. Располо- жим третью окружность так, чтобы она касалась первых двух окруж- ностей и линии их центров.
В задаче присутствует сильная особенность — касание окруж- ностей. В таком случае при внешнем касании соединить центы, и проделав такую операцию, получим отрезок O
2
O
3
, а при внутрен- нем — через центры провести прямую до точки касания окружностей
(рис. 1).
Рис. 1.
В решении непременно будут использованы отрезки, равные сум- ме радиусов при внешнем касании и разности радиусов при внутрен- нем, а именно отрезки O
1
O
2
, O
1
O
3
и O
2
O
3
. Поскольку их использо- вание неизбежно, введем для них краткие обозначения: пусть R —
радиус внешней окружности, r — данной внутренней и x — второй внутренней. Тогда O
1
O
2
= R − r, O
1
O
3
= R − x и O
2
O
3
= r + x.
Приступим к доказательству утверждения из п. (a). Периметр
P
треугольника O
1
O
2
O
3
— это сумма P = O
1
O
2
+ O
1
O
3
+ O
2
O
3
=
R − r + R − x + r + x = 2R, что и требовалось.
1

Приступим к вычислению x, если R = 6 и r = 2. Для это- го соберем информацию о касаниях в одном треугольнике, а именно
△O
1
O
2
O
3
, и применим к нему теорему косинусов для получения урав- нения относительно x. Требуемый для этой теоремы cos ∠O
1
O
2
O
3
по- лучим из △BO
2
O
3
, в котором sin ∠O
1
O
2
O
3
=
x x
+ 2
и cos ∠O
1
O
2
O
3
=
2

x
+ 1
x
+ 2
. По теореме косинусов применительно к △O
1
O
2
O
3
имеем
(6 − x)
2
= (2 + x)
2
+ 16 − 2 · (2 + x) · 4 ·
2

x
+ 4
x
+ 2
⇐⇒

x
+ 1 = x − 1,
откуда x = 3.
2

[2], вариант 7
Окружность с центром O вписана в угол, равный 60

. Окруж- ность большего радиуса с центром O
1
также вписана в этот угол и проходит через точку O.
(a) Доказать, что радиус второй окружности вдвое больше ради- уса первой.
(b) Найти длину общей хорды этих окружностей, если известно,
что радиус первой окружности равен 2

15.
Решение. Построим чертеж, отражающий условия задачи: изоб- разим угол, в нем меньшую окружность, затем б´ольшую. Каковы особенности задачи, связанные с ее условием? Наличие двух взаи- модействующих, а именно пересекающихся, окружностей, к тому же вписанных в один и тот же угол. В таком случае рекомендуется из вершины угла провести луч через центры окружностей и провести радиусы в точки касания (рис. 1).
Рис. 1.
Еще одна особенность — угол величиной в 60

. Этот угол биссек- трисой AO делится на углы по 30

, так что появляются прямоуголь- ные треугольники с углом в 30

. Это сильная особенность, тем более для прямоугольных треугольников, например △ABO и △ACO
1
. Как известно, в этом случае гипотенуза в два раза больше катета, лежа- щего напротив угла в 30

. Пусть радиус меньшей окружности равен r
, а большей — R. Тогда в треугольнике ACO
1
имеем AO
1
= 2R. С
другой стороны, из треугольника ABO по аналогичной причине по- лучим AO = 2r, откуда AO
1
= AO + OO
1
= 2r + R. Стало быть,
2r + R = 2R, так что R = 2r.
Приступим к вычислению длины отрезка M N (рис. 2). Откуда найти отрезок? Из треугольника, лучше прямоугольного, в котором данный отрезок является стороной. Однако у нас не просматривается
1

Рис. 2.
пока никакого треугольника с таким свойством. Будем конструиро- вать треугольники, в которых M N — сторона, а именно будем до- бавлять к точкам M и N по одной точке и смотреть, насколько пер- спективен полученный при этом треугольник, не стесняясь заменить точку, если треугольник недостаточно перспективен. Добавим к ука- занным точкам одну из примечательных точек, а именно O
1
. Полу- чим треугольник M O
1
N
и пару равных между собой прямоугольных треугольников △MO
1
T
и N O
1
T
(рис. 3).
Рис. 3.
Из какого треугольника будем искать M N . Сначала посмотрим на прямоугольный треугольник M O
1
T
, понимая, что M N = 2M T .
Каковы перспективы нахождения M T ? У нас есть длина отрезка
M O
1
, это величина радиуса большей окружности, и надо либо еще одну сторону в △MO
1
T
, либо угол. Насчет стороны T O
1
трудно ска- зать, а про угол можно подумать. Какой угол будем искать? Навер- ное, ∠MO
1
T
как связанный с радиусами. Откуда найти угол? Из треугольника. Из какого? Ясно, что не из △MO
1
T
. В какой тре- угольник еще входит угол M O
1
T
? В △MOO
1
. Проанализируем этот треугольник. В нем M O
1
= R, OO
1
= R и M O = r. Но мы уже доказали, что R = 2r. так что найти угол из равнобедренного тре- угольника со сторонами r, 2r и 2r нетрудно. Привлекая, например,
2
теорему косинусов, имеем r
2
= 4r
2
+ 4r
2
= 2 · 2r · 2r · cos ∠MO
1
O
,
откуда cos ∠MO
1
O
=
7 8
. Теперь имеем
M T
= M O
1
· sin ∠M O
1
T
= 2 · 4

15 ·

15 8
,
откуда M T = 15.
3

[2], вариант 8
Окружности с центрами O
1
и O
2
пересекаются в точках A и B.
Известно, что ∠AO
1
B
= 90

, ∠AO
2
B
= 60

, O
1
O
2
= a. Найти радиу- сы окружностей.
Решение.
Начнем построение со учета указанных в задаче свойств — величин углов. Изобразим вертикально общий для двух окружностей отрезок AB и в одну сторону от него построим равносто- ронний треугольник AO
2
B
а в другую — прямоугольный треугольник
AO
1
B
. с гипотенузой AB (рис. 1). Можно прямоугольный треуголь- ник построить в той же стороне, в которой находится равносторонний
(рис. 2). Сами окружности можно изобразить, а можно и не изобра- жать. Придержимся второго.
Рис. 1.
Рис. 2.
Рассмотрим случай, соответствующий рис. 1.
Каковы особенности, связанные с данными? Есть два треуголь- ника с общей стороной, в которых известны углы, и это служит пово- дом для составления уравнения путем выражения общей стороны из разных треугольников и приравнивания результатов. Пусть AO
1
= r,
AO
2
= R. Тогда, проделывая намеченное выше и записывая равен- ство AB = AO
1
·

2, получаем R =

2r.
Какие еще есть связанные с данными особенности? Известна дли- на отрезка соединяющего центры окружностей. Ясно, что ее надо ис- пользовать для соединения r и R еще в одном уравнении. Так как в треугольнике AO
1
O
2
известны углы, можно записать для него теоре- му косинусов и получить уравнение. Однако очень хорошие значения для углов побуждают еще немного посмотреть на задачу. Можно вспомнить фрагмент рекомендаций по нахождению отрезка и заме- тить, что O
1
O
2
можно составить из двух отрезков, каждый из кото- рых легко выразить через радиусы, а именно a
=
r

2
+
R

3 2
,
1
откуда с учетом полученной выше информации имеем r

2
+
r

3

2
= a,
стало быть, r =
a

2

3 + 1
и R =
2a

3 + 1
Во втором случае радиусы находятся аналогично, отличие только в том, что надо не складывать длины отрезков, а вычитать, и полу- чаются такие результаты, r =
a

2

3 − 1
, R =
2a

3 − 1 2

[2], вариант 9
Около треугольника ABC описана окружность с центром O, угол
AOC
равен 60

. В треугольник ABC вписана окружность с центром
M
. Найти угол AM C.
Решение. Прежде чем строить чертеж, обратим внимание на то, что центральный угол AOC равен 60

, стало быть, треугольник
AOC
равносторонний. Можно подготовку чертежа с этого и начать.
Нарисовать правильный треугольник и провести окружность, центр которой расположен в одной из вершин, а две другие — на окружно- сти. А можно начать с окружности и изобразить в ней равносторон- ний треугольник.
Выберем как-либо точку B на окружности и соединим ее с A и
C
. В полученном треугольнике угол ABC равен 30

как вписанный,
опирающийся на ту же дугу, что и центральный угол AOC. Отме- тим центр M вписанной в △ABC окружности как точку пересечения биссектрис. Из M опустим перпендикуляры M D и M E на стороны
(рис. 1).
Рис. 1.
Какие особенности рекомендуется отмечать в первую очередь в связи с вписанной в треугольник окружностью? Наличие касания из разных точек, приводящее к трем парам равных между собой тре- угольников, наличию попарно равных отрезков и углов. Обычно рав- ные величины рекомендуется обозначать одной буквой, и так как нас здесь будут интересовать углы, дадим им краткие обозначения, как на рис. 1.
Какие особенности можно отметить на основе данных? Конечно,
в первую очередь касание, а также наличие одного из углов, а имен- но ∠ABC = 30

. Вместе с касанием из этого можно получить, что
1

∠DM E = 150

. Следовательно, 2δ + 2γ = 360

− 150

= 210

, стало быть искомый угол, равный δ + γ, равен 105

Мы взяли точку M на большей из дуг с концами в A и C. Одна- ко она может быть и на меньшей из этих дуг. Ясно, что этот случай рассматривается аналогично, и мы ограничимся сообщением соответ- ствующего результата: 165

2

[2], вариант 10
Точки B
1
и C
1
лежат на сторонах соответственно AC и AB тре- угольника ABC, причем AB
1
: B
1
C
= AC
1
: C
1
B
. Прямые BB
1
и
CC
1
пересекаются в точке O.
(a) Доказать, что прямая AO делит пополам сторону BC.
(b) Найти отношение площади четырехугольника AB
1
OC
1
к пло- щади треугольника ABC, если известно, что AB
1
: B
1
C
= AC
1
:
C
1
B
= 1 : 2.
Решение. Поскольку в условии нет никаких поводов начинать построение чертежа с учета свойств, нарисуем треугольник и отметим точки согласно условию (рис. 1).
Каковы особенности, связанные с условием? Наличие одинако- вых отношений отрезков. При каких обстоятельствах мы встреча- лись с такой ситуацией? В подобных треугольниках. Нет ли и здесь подобный треугольников?
Судя по данному отношению, если со- единить точки B
1
и C
1
, получим подобные треугольники, а именно
△AB
1
C
1
∼ △ACB. Отсюда можно сделать вывод, что B
1
C
1
CB
,
так что четырехугольник BCB
1
C
1
— трапеция. Отметив это обсто- ятельство, сделаем новый рисунок, изобразив трапецию в более при- вычном виде (рис. 2).
Рис. 1.
Рис. 2.
Проведем прямую AO, и пусть она пересекает основания B
1
C
1
и BC соответственно в точках E и F . Появляются несколько пар подобных треугольников. Для удобства введем краткие обозначения для их сторон. Для пары подобных треугольников △AC
1
E ∼ △ABF
пусть C
1
E
= x, BF = kx, для △AEB
1
∼ △AF C положим B
1
E
= y,
CF
= ky. Тогда из подобий △C
1
EO ∼ △CF O и △B
1
EO ∼ △BF O
имеем x : ky = EO : OF = y : kx, откуда y : x = 1, так что BF = F C.
Для нахождения отношения площадей достаточно выразить их величины через площадь какой-то из фигур и сравнить. Пусть пло-
1
щадь треугольника AB
1
C
1
равна S. Тогда ввиду подобия △AB
1
C
1

△ABC площадь треугольника ABC равна 9S и S
BC B
1
C
1
= 8S. Для ответа на вопрос задачи надо через S выразить площадь треугольника
B
1
C
1
O
Вспомним, что если стороны треугольников различаются в m раз,
а опущенные на эти стороны высоты — в n раз, то отношение их площадей равно mn. Обратим внимание на то, что у треугольников
BB
1
C
1
и BCB
1
одинаковые высоты, а стороны относятся как 1 : 3,
стало быть, S
BB
1
C
1
: S
B
CB
1
= 1 : 3 и S
BB
1
C
1
= 2S. Далее, у тре- угольников BB
1
C
1
и B
1
OC
1
общая высота на стороны BB
1
и B
1
O
,
при этом B
1
O
: BB
1
= 1 : 4, следовательно, S
B
1
C
1
O
=
1 4
S
BB
1
C
1
=
S
2
Тем самым S
AB
1
OC
1
=
3 2
S
и S
AB
1
OC
1
: S
ABC
=
1 6
2

[2], вариант 14
Окружность, построенная на стороне AC треугольника ABC как на диаметре, проходит через середину стороны BC и пересекает в точке D продолжение стороны AB за точку A, причем AD =
2 3
AB
Найти площадь треугольника ABC, если AC = 1.
Решение. Изобразим окружность, ее диаметр AC и озаботимся тем, где поставить вершину B. Так как сторона BC должна делить- ся точкой E ее пересечения с окружностью на два равных отрезка,
будем из точки C проводить лучи и следить за тем, чтобы прямая
AB
пересекла окружность за пределами отрезка AB. Это произой- дет в случае, указанном на рис. 1. При этом желательно соблюсти данную в условии пропорцию между отрезками AD и AB, а именно
AD
: AB = 2 : 3.
Рис. 1.
Какие особенности связаны с данными задачи? Деление стороны
BC
точкой E на равные отрезки, стало быть, AE — медиана в тре- угольнике ABC. Далее, AC — диаметр, поэтому угол AEC прямой.
Выходит, что треугольник ABC равнобедренный и AC = AB = 1, а отношение AB к AD дает величину AD =
2 3
. Какие еще особенности можно отметить? Например, наличие двух секущих, исходящих из одной точки, это BD и BC. Естественно, запишем связанное с этим обстоятельством равенство, обозначив CE через x:
AD · AB = 2x · x ⇐⇒
5 3
= 2x
2
,
откуда x =
5 6
Осталось найти высоту AE, опущенную на сторону
BC
: AE =
1 6
, и записать ответ:
S
ABC
=
1 2
· AE · BC =

5 6
1

[2], вариант 28
На сторонах AB, BC и AC треугольника ABC взяты соответ- ственно точки K, L и M , причем AK : KB = 2 : 3, BL : LC = 1 : 2,
CM
: M A = 3 : 1. В каком отношении отрезок KL делит отрезок
BM
?
Решение. Изобразим треугольник ABC, разделим стороны на соответствующие части и отметим на сторонах точки K, L и M
(рис. 1). Как обычно, обработаем пропорцию, задав на каждой из сторон некую условную единицу измерения и выразив длины соот- ветствующих отрезков в этих единицах. А именно, пусть AM = x,
CM
= 3x, AK = 2y, BK = 3y, BL = z, CL = 2z.
Рис. 1.
Каковы особенности, связанные с данными? Много отношений и есть отрезки в треугольнике. Значит, надо либо через конец какого-то из них проводить параллельные другому отрезку линии, либо прово- дить прямую, параллельную какой-то стороне и выносить на нее подо- бие. Так как доли отрезков не очень хорошо соизмеряются? видимо,
удобнее будет провести параллельную стороне прямую.
Через вершину B проведем прямую, параллельную AC, и через
E
обозначим точку пересечения прямой KL с этой прямой, а через
F
— точку пересечения прямой KL с прямой AC (рис. 2). Получаем набор подобных треугольников.
Запишем информацию, вытекающую из подобий треугольников через точки L, K и O, т. е. подобий △BEL ∼ △CF L, △AKF ∼
△BEK и △F M O ∼ △EBO. Для краткости и эффективности обо- значим AF = a, BE = b. Имеем a
+ 4x b
= 2,
a b
=
2 3
,
M O
BO
=
a
+ x b
=
a b
+
x b
1

Рис. 2.
Первое равенство дает:
a b
+ 4
x b
= 2 ⇐⇒
x b
=
1 3
,
откуда получаем, что M O : BO = 1 : 1.
2

[1], вариант 1
В треугольнике ABC проведены биссектрисы AA
1
и CC
1
, K и
M
— основания перпендикуляров, опущенных из точки B на прямые
AA
1
и CC
1
(a) Докажите, что M K
AC
(b) Найдите площадь треугольника KBM , если известно, что
AC
= 10, BC = 6, AB = 8.
Начнем построение чертежа с использования средств, обеспечи- вающих возможности для эксперимента в целях достижения по воз- можности наглядной картины. А именно воспользуемся окружностью для проведения биссектрисы. Нарисуем окружность и отметим на ней три точки — они будут вершинами треугольника. Затем каждую из образовавшихся дуг разделим пополам (это сравнительно нетрудно сделать на глазок). Соединим точки — заготовки для вершин, по- лучив треугольник, после чего вершины его соединим с точками на окружности, в которые должны прийти биссектрисы. Нам достаточно провести биссектрисы из вершин A и C. Опустим из B перпендику- ляры на AA
1
и CC
1
, и чертеж готов (рис. 1), можно приступать к анализу.
Рис. 1.
Какие особенности на основе данных можно отметить? Просмат- ривается только два перпендикуляра из одной точки на две пересека- ющиеся прямые, а именно из B на AA
1
и CC
1
(рис. 2, где P — точка пересечения AA
1
и CC
1
). Однако неясно, что эта особенность может дать для доказательства утверждения пункта (a).
Как мы ищем особенности? Отвлекаемся от деталей и выделяем фрагменты данных. Даны перпендикуляры к биссектрисам. Изоб- разим это обстоятельство на отдельном рисунке (рис. 3) и подумаем,
1
в каких ситуациях мы с такой информацией встречались. Пожалуй,
в равнобедренных треугольниках, где есть высота и биссектриса из вершины такого треугольника. Но у нас треугольника нет. Попробу- ем достроить и посмотреть, что такая информация может принести
(рис. 4). Она дает равенство отрезков ввиду того, что в этом случае совпавшие биссектриса и высота оказываются медианой.
Рис. 2.
Рис. 3.
Рис. 4.
Отметим найденную особенность на рис. 1, продолжив BK и BM
до пересечения с прямой AC (рис. 5). Получили две пары равных между собой отрезков: BK = KF и CM = M E. Следовательно,
M K
— средняя линия в треугольнике EBF , откуда выводим, что
M K
AC
Рис. 5.
Рис. 6.
Займемся вычислениями. Судя по данным пункта (b), вычисле- ния надо провести в прямоугольном треугольнике. Изобразим его в условиях отсутствия клетчатой бумаги с помощью вспомогатель- ной полуокружности. А именно нарисуем полуокружность, затем ее диаметр, на полуокружности выберем подходящим образом точку и
2
соединим ее с концами диаметра. Треугольник готов (рис. 6). Допол- ним его информацией из предыдущих рассуждений и получим изоб- ражение треугольника, площадь которого надо найти. Проще всего это сделать, использовав подобие △BKM ∼ △BEF , коэффициент которого
1 2
. Найдем площадь треугольника BEF , искомая величина будет в 4 раза меньше.
Площадь треугольника BEF нетрудно найти как площадь ча- сти треугольника ABC, получаемой удалением треугольников ABE
и BCF . Ввиду равнобедренности треугольников ABF и CBE имеем
AF
= AB = 6, откуда CF = 4, и CE = CB = 8, откуда AE = 2.
У треугольников ABE, BCF и ABC одна высота из вершины B, ста- ло быть,
S
△ABE
=
1 5
S
△ABC
,
S
△BCF
=
2 5
S
△ABC
,
откуда S
△BEF
=
2 5
S
△ABC
Тем самым
S
△BKM
=
1 10
S
△ABC
=
1 10
· 24 = 2,4.
3

[1], вариант 2
На сторонах AB, BC, CD и AD параллелограмма ABCD отме- чены точки K, L, M и N соответственно, причем
AK
KB
=
BL
LC
=
CM
M D
=
DN
N A
(a) Докажите, что четырехугольник KLM N — параллелограмм,
а его центр совпадает с центром параллелограмма ABCD.
(b) Найдите отношение площадей параллелограммов KLM N и
ABCD
, если известно, что
AK
KB
= 2.
Построение чертежа в этой задаче никаких особенностей не со- держит, поэтому проведем его без комментариев (рис. 1).
Рис. 1.
Для доказательства того факта, что KLM N — параллелограмм,
докажем, что его противоположные стороны попарно равны. Это можно обосновать, доказав равенство треугольников △BKL = △DMN
и △CLM = △ANK. Действительно, BK = MD и DL = DN как оди- наковые части равных отрезков, и ∠KBL = ∠MDN, стало быть, тре- угольники равны и тем самым одно из требуемых равенств доказано.
Доказательство другого проводится аналогично.
Пусть O — центр параллелограмма ABCD. Для доказательства того, что эта точка служит центром параллелограмма KLM N , до- статочно убедиться в том, что O — середина LN . Действительно,
CL
= AN , CO = AO и ∠LCO = ∠NAO, поэтому △CLO = △ANO и
LO
= N O.
Займемся нахождением отношения площадей. Ввиду того, что в задаче отсутствуют линейные размеры, следует воспользоваться срав- нением площадей на основании имеющихся сравнений сторон. Пусть
1

S
— площадь параллелограмма ABCD. Тогда S
△BCD
=
1 2
S
. Далее,
CL
=
1 3
BC
, CM =
2 3
CD
, откуда S
C LM
=
1 3
·
2 3
· S
△BCD
=
1 9
S
. Ана- логично легко найти, что S
△AKN
= S
△BKL
= S
△DMN
=
1 9
S
. В итоге
S
KLM N
= S −
4 9
S
=
5 9
S
2

[1], вариант 3
Окружности с центрами O
1
и O
2
разных радиусов пересекаются в точках A и B. Хорда AC большей окружности пересекает меньшую окружность в точке M и делится этой точкой пополам.
(a) Докажите, что проекция отрезка O
1
O
2
на прямую AC в че- тыре раза меньше AC.
(b) Найдите O
1
O
2
, если известно, что радиусы окружностей рав- ны 5 и 17, а AC = 16.
Поскольку в условии ничего не сказано о взаимном расположении окружностей, надо будет рассмотреть два случая: центр одной из них лежит или не лежит в круге, ограничиваемом другой окружностью.
Рассмотрим один из отмеченных случаев, а именно соответству- ющий рис. 1. Проведем из центров O
1
, O
2
радиусы в точки A, C и A,
M
. Получили два равнобедренных треугольника. Проекцией O
1
O
2
на AC является отрезок M H между основаниями перпендикуляров из точек O
1
и O
2
на AC. В равнобедренном треугольнике AO
1
M
от- резок O
1
H
не только высота, но и медиана, стало быть, M H в 2 раза меньше чем AM . В свою очередь, по условию L — середина AC,
откуда делаем вывод о том, что M H в 4 раза меньше чем AC.
Рис. 1.
Рис. 2.
Займемся вычислениями в рассматриваемом случае.
Отрезок
O
2
O
1
ищется на основе конфигурации, присущей пересечению двух окружностей и в отвлеченном виде изображенной на рис. 2. Продол- жив прямую O
2
M
и отметив точку P ее пересечения с прямой, про- ходящей через O
1
и параллельной HM , из прямоугольного треуголь- ника O
1
O
2
P
легко вычислить O
1
O
2
. Для этого надо знать O
1
H
и
1

O
2
M
, которые, в свою очередь, легко найти из треугольников M HO
1
и CM O
2
, а именно O
1
H
= 3, O
2
M
= 15, O
2
P
= 18. Из этих данных получаем, что O
1
O
2
= 2
√85.
Рис. 3.
Рис. 4.
Рассмотрим ситуацию, изображенную на рис. 3. В этом случае доказательство утверждения пункта (a) не отличается от такового для предыдущего случая. Проведем вычисления. Отличие этого слу- чая от предыдущего в том, что отвлеченная ситуация иная, а именно изображенная на рис. 4, на котором, как и ранее, HM = 4, O
1
H
= 3,
O
2
M
= 15, однако на этот раз O
2
P
= 12. Отсюда O
1
O
2
= 4
√10.
2

[1], вариант 4
Медианы AA
1
, BB
1
и CC
1
треугольника ABC пересекаются в точке M . Известно, что AC = 3M B.
(a) Докажите, что треугольник ABC прямоугольный.
(b) Найдите сумму квадратов медиан AA
1
и CC
1
, если известно,
что AC = 20.
Постараемся изобразить треугольник так, чтобы было правдопо- добным указанное в условии соотношение (рис. 1). Задание отноше- ния отрезков предполагает обозначение длины какого-то из них с це- лью выражения через нее остальных величин. Учитывая, что медиа- ны точкой пересечения делятся в отношении 2 : 1, считая от вершины,
положим M B
1
= x, тогда BM = 2x и по условию AC = 6x. Так как
B
1
— середина AC, приходим к тому, что B
1
A
= B
1
C
= B
1
B
, стало быть, B
1
— центр описанной около треугольника ABC окружности,
откуда следует, что угол B прямой.
Рис. 1.
Займемся вычислениями. Требуется найти сумму квадратов ме- диан, и это указывает на то, что никакую из медиан отдельно искать не надо, скорее всего, найти их невозможно. Надо выписывать равен- ства, из которых манипуляциями с ними окажется возможным найти требуемую величину.
По теореме Пифагора из треугольников ABA
1
и CBC
1
имеем
AA
2 1
= AB
2
+
1 4
BC
2
,
CC
2 1
=
1 4
AB
2
+ BC
2
,
откуда
AA
2 1
+ CC
2 1
=
5 4
(AB
2
+ BC
2
).
Из треугольника ABC по теореме Пифагора имеем AB
2
+ BC
2
=
AC
2
= 400, откуда приходим к ответу: AA
2 1
+ CC
2 1
= 500.
1

[1], вариант 5
Дан треугольник со сторонами AB = 4, BC = 5 и AC = 6.
(a) Докажите, что прямая, проходящая через точку пересечения медиан и центр вписанной окружности, параллельна стороне BC.
(b) Найдите длину биссектрисы треугольника ABC, проведенной из вершины A.
При построении чертежа можно сначала просто изобразить тре- угольник с указанными сторонами, а затем отметить центр вписанной окружности как точку пересечения его биссектрис и точку пересече- ния медиан. А можно побеспокоиться о большей адекватности черте- жа условиям задачи и изобразить биссектрисы на основе описанной около треугольника окружности. Мы не будет напрягаться и начнем с треугольника.
Поскольку в финале придется искать длину биссектрисы из вер- шины A, удобнее расположить эту вершину сверху (рис. 1). Отме- тим точку P пересечения медиан и точку O пересечения биссектрис
(см. рис. 1).
Рис. 1.
Что может обеспечить параллельность OP и BC? Можно попро- бовать сориентироваться на признаки параллельности двух прямых,
связанные с пересечением ее третьей прямой. Однако здесь не очень ясно, какую прямую взять в качестве третьей и на какие углы ори- ентироваться. Можно попробовать увидеть отрезки этих прямых как соответственные стороны подобных треугольников, и этот путь, ви- димо, более перспективен, так как такие треугольники несложно про- сматриваются — это △AOP и △ADM, где AD и AM суть биссектриса и медиана треугольника ABC.
1

Для доказательства параллельности OP и DM достаточно убе- диться в подобии этих треугольников. Угол с вершиной A у них об- щий, стало быть, достаточно доказать одинаковую пропорциональ- ность сторон AO, AD и AP , AM . Так как M — точка пересече- ния медиан, имеем AP : P M = 2 : 1. Отношение AO : OD мож- но обнаружить в треугольнике ABD, в котором BO — биссектри- са.
Для нахождения отношения надо знать длину AD.
Отрезок
BD
— биссектриса в треугольнике ABC, и по ее свойству имеем
BD
: DC = AB : AC = 2 : 3. Но BC = 5, следовательно, BD = 2,
CD
= 3. Теперь из треугольника ABD находим, что AO : OD = 2 : 1.
Тем самым требуемое равенство отношений доказано, треугольники
AOP
и ADM подобны и OP
DM
Длину биссектрисы AM найти несложно, это можно сделать из треугольника ABM по теореме косинусов. Найдем угол ABC из тре- угольника ABC по теореме косинусов:
36 = 16 + 25 − 2 · 4 · 5 · cos ∠ABC,
откуда cos ∠ABC =
1 8
. Стало быть, AM
2
= 16 + 4 + 2 · 4 · 2 ·
1 8
= 18 и
AM
= 3

2.
2

[1], вариант 6
Две окружности касаются внешним образом в точке K. Прямая касается первой окружности в точке A, а второй — в точке B. Прямая
BK
пересекает первую окружность в точке D, прямая AK пересекает вторую окружность в точке C.
(a) Докажите, что AD
BC
(b) Найдите площадь треугольника DKC, если известно, что ра- диусы окружностей равны 4 и 9.
Как обработать особенность, заключающуюся в касании окруж- ностей? Можно провести отрезок, соединяющий центры окружно- стей, но у нас никаких сведений насчет центров нет, и от этого шага пока воздержимся. А можно провести общую касательную и отраба- тывать равенства соответствующих отрезков и углов. Судя по тому,
что надо доказать, скорее всего, надо будет проследить за равными углами.
Изобразим касающиеся окружности, их общую касательную и проведем через точку K общую касательную к окружностям до пере- сечения с AB в точке E. Тогда AE = KE = BE, так что треугольни- ки AEK и BEK равнобедренные. Обозначим через α и β углы при их основаниях (рис. 1). Собирая в треугольнике ABK сумму углов,
приходим к равенству 2(α + β) = 180

, откуда α + β = 90

Рис. 1.
Далее, в правой окружности угол BCK вписанный, опирающийся на дугу BK которая стягивается хордой BK, значит, его мера такая же, как и угла между хордой BK и касательной EB, т. е. ∠BCK = β.
Отсюда вытекает, что угол CBE прямой. Аналогично можно пока- зать, что угол ADE тоже прямой. Следовательно, AD
BC
как
1
перпендикуляры к одной прямой. В частности, эти отрезки суть диа- метры.
Для нахождения площади треугольника DKC найдем его сторо- ны CK и DK. Заметим, что так как угол AKB равен α+β, он прямой и тем самым треугольник CKD прямоугольный. Введем обозначения:
пусть CK = 4x, BK = 4y. Тогда ввиду легко доказываемого подобия
△BCK ∼ △DAK с коэффициентом 4 : 9 имеем AK = 9x, DK = 9y.
Из трапеции ABCD нетрудно найти, что AB = 12. По теореме Пи- фагора, примененной к треугольникам BCK и ABK, имеем x
2
+ y
2
= 4,
81x
2
+ 16y
2
= 144.
Из этой системы получаем, что x
=
4

13
,
y
=
6

13
Тогда для площади треугольника CDK имеем выражение
1 2
· 4x · 9y =
423 13 2

[1], вариант 7
Медианы AM и BN треугольника ABC перпендикулярны и пе- ресекаются в точке P .
(a) Докажите, что CP = AB.
(b) Найдите площадь треугольника ABC, если известно, что
AC
= 6 и BC = 7.
Условие перпендикулярности медиан налагает определенный от- печаток на последовательность действий при построении чертежа.
Сначала отразим перпендикулярность.
Для этого нарисуем полу- окружность, диаметр которой станет стороной AB треугольника, за- тем выберем на ней точку P в качестве точки пересечения медиан,
через середину O диаметра AB проведем луч AP , на котором за пре- делами круга отложим отрезок P C длиной, в два раза большей дли- ны P O. Продолжим AP и BP до медиан AM и BN Чертеж готов
(рис. 1).
Рис. 1.
Обозначим через x длину отрезка, соединяющего середину от- резка AB с точками A, B и P . Тогда CP = 2x как часть медианы.
Получили, что отрезки AB и CP равны.
Для вычисления площади достаточно найти, например, длину третьей стороны AB треугольника ABC. Воспользуемся информа- цией применительно к прямоугольным треугольникам AP N и BP M .
Пусть P N = y, P M = z. Тогда AP = 2y, BP = 2z и из указанных треугольников по теореме Пифагора имеем
4y
2
+ z
2
= 9,
y
2
+ 4z
2
=
49 4
,
откуда y
2
+ z
2
=
17 4
и M N =
√17 2
, AB =
√17.
Осталось найти площадь, например, по формуле Герона. Она оказывается равной 2
√38.
1

[1], вариант 8
В равнобедренную трапецию ABCD с основаниями AD и BC
вписана окружность, CH — высота трапеции.
(a) Докажите, что центр окружности, вписанной в трапецию, ле- жит на отрезке BH.
(b) Найдите диагональ AC, если известно, что средняя линия тра- пеции равна

6, а ∠AOD = 135

, где O — центр окружности, вписан- ной в трапецию, а AD — большее основание.
Начнем построение с окружности и прямой, касающейся окруж- ности в ее нижней точке. Затем из центра O проведем радиус OQ
в точку касания и от отрезка OQ в разные стороны отложим углы величиной 67,5

для лучшего соответствия чертежа данным пункта
(b) задачи. Обозначим через A и D точки пересечения полученных лучей с нижней прямой. Затем из этих точек проведем касательные к окружности и сверху дорисуем касательную. Получаем трапецию
ABCD
(рис. 1). Проведем в ней высоту CH и приступим к анализу вопроса пункта (a).
Рис. 1.
Из центра O окружности проведем радиус OG (рис. 2) и рас- смотрим треугольники BGO и CGO. В них есть общая сторона и они прямоугольные. Ввиду того, что ∠ABC = ∠BCD, а BO и CO —
биссектрисы, имеем ∠OBG = ∠OCG, стало быть, △BGO = △CGO,
откуда BO = CO. Вместе с тем CG = QH и треугольники CGO и
HQO
прямоугольные, значит, они равны, откуда CO = HO. Мы по- лучили, что BO = CO = HO, следовательно, O — центр окружности,
описанной около прямоугольного треугольника BCH, а он совпадает с серединой гипотенузы BH, тем самым лежит на отрезке BH.
Ответим на вопрос пункта (b).
Пусть M N — средняя линия трапеции (рис. 3). Она проходит через центр O окружности. Так
1

Рис. 2.
как AO — биссектриса угла A, углы M AO и DAO равны, но вме- сте с этим равны и углы DAO и M OA как внутренние накрест ле- жащие при пересечении двух параллельных прямых третьей. Стало быть, ∠MAO = ∠MOA и треугольник AMO равнобедренный, отку- да AM = M O =

6 2
и AB =

6. Согласно условию ∠BAD = 45

,
поэтому BT = AT =

6

2
=

3, где BT — перпендикуляр из B на AD.
Рис. 3.
Для нахождения AC разумно совершить такую перестройку тра- пеции, при которой указанный отрезок оказался бы стороной некоего треугольника. Ясно, что для этого можно через точку C провести прямую, параллельную диагонали BD и, обозначив через E точку ее пересечения с прямой AD, получить требуемый треугольник. Пусть
P
, L — точки пересечения прямой M N с CE и AC соответственно
(см. рис. 3). Нетрудно доказать, что M N = LP =

6. Но LP —
средняя линия в треугольнике ACE, так что AE = 2

6 и ввиду рав- нобедренности треугольника ACE оказывается AH =

6. Наконец,
из треугольника ACH находим, что AC
2
= AH
2
+ CH
2
= 6 + 3 = 9 и
AC
= 3.
2

[1], вариант 9
Окружность с центром O касается боковой стороны AB равно- бедренного треугольника ABC, продолжения боковой стороны AC и продолжения основания BC в точке N . Точка M — середина основа- ния BC.
(a) доказать, что AN = OM ,
(b) найти OM , если стороны треугольника ABC равны 13, 13 и
24.
Построение чертежа начнем с окружности — легче к ней достро- ить соответствующие линии, чем обеспечивать ее касание с имеющи- мися прямыми. Через нижнюю точку окружности проведем горизон- тальную прямую, на которой расположится основание BC треуголь- ника. Пусть N — точка касания. Отметим слева от нее точку C и проведем из нее вторую касательную к окружности. Обозначим вто- рую точку касания через L (рис. 1).
Рис. 1.
Как расположить на CL вершину A? Заметим, что отрезки каса- тельных к окружности из точки A равны, но идущая в сторону прямой
CN
касательная немного продлится после точки касания, прежде чем дойти до CN и попасть в вершину B. Стало быть, точку A следует расположить немного правее середины отрезка CL (рис. 2). Прове- дем из A касательную, направленную к CN , и отметим точку B ее пересечения с CN . Чертеж готов (см. рис. 2).
Для доказательства равенства отрезков AN и OM лучше всего увидеть их в качестве сторон в равных треугольниках. Здесь про- сматриваются треугольники AM N и M ON , в которых указанные от- резки служат сторонами. Попробуем доказать их равенство. Эти треугольники прямоугольные и имеют общую сторону M N . Стало быть, для доказательства их равенства достаточно получить равен- ство еще чего-то — либо отрезков AM и ON , либо одного из острых углов.
1

Рис. 2.
Рис. 3.
Проанализируем особенности, связанные с данными. Есть равно- бедренный треугольник, в нем есть равные стороны и равные углы.
Обозначим равные величины одинаковыми буквами. Пусть углы при основании равны α. Касание из точки A дает равенство отрезков
AL
и AK и равенство углов ∠LAO = ∠KAO (см. рис. 3). Вместе в тем ∠KAL равен 2α как внешний угол треугольника при верши- на A, откуда каждый из указанных выше углов равен α. Но углы
∠M BA и ∠BAO суть внутренние накрест лежащие при пересечении прямых AO и M N прямой AB. Их равенство влечет параллельность
AO
M N
. Следовательно, AON M — прямоугольник, и AN = OM
как его диагонали.
Для нахождения OM проследим за особенностями. Мы отмеча- ли, но не использовали, равенство отрезков AL и AK. Обработаем это обстоятельство, обозначив их длину одной буквой, пусть y. Есть еще две пары равных между собой отрезков, это BK = BN , обозна- чим их длину через x, и CL = CN , длина этих отрезков выражается через x, y и данные задачи. Запись такого равенства дает уравнение
13 + y = 24 + x. Кроме того, из равнобедренности треугольника ABC
имеем x + y = 13. Из полученной системы находим, что x = 1, стало быть, M O
2
= M N
2
+ N O
2
= 169 + 25 = 194 и M O =

194.
2

[1], вариант 10
Дан выпуклый четырехугольник ABCD со сторонами AB = 9,
BC
= CD = 11, AD = 15 и диагональю AC = 16.
(a) Докажите, что около него можно описать окружность.
(b) Найдите диагональ BD.
Поскольку никаких особенностей, которые можно было учесть при построении чертежа, в условии нет, изобразим выпуклый четы- рехугольник, постаравшись соблюсти пропорции по длинам сторон
(рис. 1).
Рис. 1.
Для доказательства возможности описать около ABCD окруж- ность воспользуемся соответствующим критерием, согласно которому около выпуклого четырехугольника можно описать окружность в том и только в том случае, если сумма его противоположных углов равна
180

. В условиях задачи легко выразить косинусы углов B и D и,
например, проверить, что в сумме они дадут нуль: в таком случае
∠B + ∠D = 180

. По теореме косинусов, примененной к треугольни- кам ABC и ACD, выражая AC
2
, имеем
256 = 81 + 121 − 2 · 9 · 11 · cos ∠B,
256 = 225 + 121 − 2 · 15 · 11 · cos ∠D.
Умножив первое равенство на 15, а второе на 9 и результаты сложив,
легко получить, что cos ∠B + cos ∠D = 0, что и требовалось.
Займемся поиском BD. Откуда найти отрезок? — Из треуголь- ника. Из какого? — В котором он является стороной. У нас BD —
сторона, например, треугольника BCD. В нем известна длина сторон
1

BC
и CD и достаточно найти угол C. Введем для краткости обозна- чения: ∠ACB = α, ∠ACD = β. Для нахождения BD достаточно найти cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β, стало быть, займемся вы- числением требуемых значений синусов и косинусов углов α, β. Из треугольников ACD, ABC соответственно имеем
225 = 256 + 121 − 2 · 16 · 11 · cos β,
откуда cos β =
19 44
, sin β =
15

7 44
и
81 = 256 + 121 − 2 · 16 · 11 · cos α,
откуда cos α =
37 44
, sin α =
9

7 44
Найдем cos
(α + β) =
37 · 19 44 2

15

7 · 9

7 44 2
= −
1 8
В итоге имеем
BD
2
= 121 + 121 + 2 · 11 · 11 ·
1 8
=
33 2
2
и BD =
33 2
2

перейти в каталог файлов
связь с админом